Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator

Prøve i FO929A - Matematikk

Dato: august 2012

Målform: Bokmål

Antall oppgaver: 5 (20 deloppgaver) Antall sider: 3

Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver teller like mye.

Løsningsforslag

Oppgave 1

a) Deriver følgende funksjon

f(x) = 2/x+ 12x¹¹+ 1.

Den deriverte er lik −2/x²+ 12·11x¹⁰=−2/x²+ 132x¹⁰. b) Deriver følgende funksjon

g(x) = x³+ 2

√x³+ 2.

Funksjonen er bare deriverbar når x³ + 2 > 0. Funksjonen er da lik

√x³+ 2. Kjerneregelen gir at den deriverte er lik

g^′(x) = 1 2√

x³+ 2 ·3x² = 3x² 2√

x³+ 2.

c) Deriver følgende funksjon

h(x) =e^2x+1cos(3x−1) + 2³. Produktregelen gir at den deriverte er lik

h^′(x) = e^2x+1(2 cos(3x−1)−3 sin(3x−1)).

d) Albert pumper luft i en sfærisk ballong. Volumet til ballongen har vekst- fart20cm³/s. Hvor raskt vokser diameteren til ballongen når ballongen har diameter 10cm?

Volumet til en kule med radius r er V = 4πr³/3. (Dette er oppgitt i formelsamlingen.) Diameteren,D, er de doble av radius så V =πD³/6 Ved kjerneregelen er derfor

dV

dt =πD²/2· dD dt . Dette gir at vekstfarten til diameteren er

dD dt = 2

πD² dV

dt = 2

5πcm/s≈0,13cm/s.

når diameteren er 10cm.

e) Finn alle punkt på grafen tilf(x) = x⁴−2x²+ 3x+ 1 hvor tangentlinjen har stigningstall 3. Finn tangentlinjene. Den deriverte til funksjonen er f^′(x) = 4x³−4x+ 3. Den deriverte er lik 3 når

4x³−4x= 4x(x²−1) = 0.

Løsningene er x= 0, x=−1 ogx= 1. Punktene blir da (0,1),(−1,−3) og (1,3).

Tangentlinjene er y = 3x+ 1 og y = 3x. (De to siste punktene har samme tangentlinje.)

Oppgave 2

a) Finn det bestemte integralet

∫ ₃

−3

1 + 2x²+ 3 sin(x)dx.

Funksjone 3 sin(x)er en odde funksjon så integralet over den symmet- riske regionen [−3,3]er 0. En antiderivert til 1 + 2x² erx+ 2x³/3. Fra fundamentalteoremet i kalkulus er det bestemte integralet lik

x+ 2x³/3|³₋3 = 3 + 18−(−3−18) = 42.

b) Finn det ubestemte integralet

∫

xe^x2−1dx.

Vi observerer at (x²−1)^′ = 2x. Substitusjon gir da at

∫

xe^x2−1dx=e^x2−1/2 +C.

c) Hvis vi tegner grafen til funksjone ser vi at regionen består av tre rett- vinkla trekanter. Totalt areal er 13/2 = 6,5.

d) Finn det bestemte integralet

∫ _π/2

0

sin²x dx.

Dette er lik integralet ∫_π/2

0 cos²x dx siden cos(π/2−x) = sin(x). Sum- men av de to integralene er lik ∫π/2

0 1dx=π/2 ved Pytagoras setning.

Derfor er integralet lik halvparten av dette, π/4.

Alternativt kan vi benytte at sin²x = (1−cos(2x))/2. Fundamental- teoremet gir da at

∫ _π/2

0

sin²x dx= 1 2

∫ _π/2

0

1−cos(2x)dx= 2x−sin(2x) 4

^π/2

0

= π 4.

Oppgave 3

a) Viktor har brukt dagen til å samle tomasker. Han får 1 krone for små og 2,50 kroner for store asker. Han har 10 ere små enn store asker, og får utbetalt 125,50 kroner. Hvor mange små og hvor mange store asker har han samlet inn?

Laf være antall små asker og F antall store asker. Da er f =F + 10 og 1·f+ 2,5·F = 125,5.

Vi setter inn for f og får 3,5·F = 125,5−10 = 115,5. Dette gir at F = 33 og f = 43. Viktor har altså samlet inn 43 små og 33 store asker.

b) Mia har en bankkonto med fast årlig rente på5%. Mia setter inn 1000 kr 1. januar 1998. Hun fortsetter å sette inn 1000 kr hver 1. januar frem til og med 1. januar 2009. Hvor mye har Mia på kontoen ved utgangen av 2011?

Når Mia tar ut pengene har de hun satte først inn har de stått i 13 år og når hun tar ut pengene hun satte inn sist har de stått 3 år. Den totale pengemengden er da

(1,05)³ + (1,05)⁴+ (1,05)⁵+· · ·+ (1,05)¹³=

(1,05)³(1 + (1,05) + (1,05)²+· · ·+ (1,05)¹⁰) = (1,05)³· (1,05)¹¹−1 1,05−1 Dette er omtrent 16446 kroner.

c) Bestem konstantene a og b slik at både e^axcos(bx) og e^axsin(bx) er løs- ninger til dierensiallikningen

y^′′+ 2y^′ + 3y= 0.

Bruk svaret i c) til å nne en funksjon y(x) som er en løsning til dieren- siallikningen og som oppfyller randbetingelsen y(0) = 0og y^′(0) = 1. Den deriverte og dobbelderiverte til e^axcos(bx) er henholdsvis

e^ax(acos(bx)−bsin(bx)) og

e^ax((a²−b²) cos(bx)−2absin(bx)).

Setter vi dette inn i dierensiallikningen ser vi at konstantene må være lik a =−1 ogb =±√

2. Vi får samme resultat for e^axsin(bx).

Lineærkombinasjonen av disse løsningene som tilfredstiller randbetingel- sen er y(x) = e^−xsin(√

2x)/√ 2.

Oppgave 4 Gitt to vektorer −→V = [1,0,−1] og−W→= [1,1,0]. a) Bestem vektorene 3−→

V + 5−→ W og −→

V − −→

W, og nn deres absoluttverdi.

b) Bestem parameteren t slik at vektoren −→V +t−W→ blir kortest mulig.

c) En tredje vektor er gitt ved −→U = [1,2,3]. Finn volumet til tetraederet utspent av vektorene −→V ,−W→ og −→U.

d) Finn alle vektorer med lengde 1 som har vinkel 45 grader til både−→ −→V og W.

a) Vektorsummene er

3−→V + 5−W→= [8,5,−3] og −→V − −W→= [0,−1,−1].

Absoluttverdiene er henholdsvis √

98 = 7·√

2 og√ 2.

b) Vektoren −→V +t−W→ er dieransen mellom −−→V og t−W→. Den er minst mulig når−→

V +t−→

W er vinkelrett på−→

W. Dette skjer presis når skalarproduktet (−→V +t−W→)· −W→= 1 + 2t

er null. Derfor er avstanden minst når t=−1/2.

c) Volumet til tetraederet er lik absoluttverdien til trippelproduktet av de tre vektorene delt på seks. Det er lik 2/6 = 1/3.

d) Vi ser direkte at enhver vektor langs den positive x-aksen har vinkel 45 grader til både −→V og−W→.

Vi skal nå see litt mer systematisk på oppgaven. La−→T = [x, y, z]være en vektor som har vinkel 45 grader til både−→V og−W→. Lengden til både−→V og−W→ er√

2, ogcos(45^◦) = 1/√

2. Produktene deres er 1 så derfor får vi−→V · −→T = 1 og −W→· −→T = 1. Dette gir at x−z = 1 og x+y = 1. Vi setter inn y= 1−x og z =x−1 inn i

|−→

T|² =x²+y²+z² = 3x²−4x+ 2 = 1.

Derfor er x = 1 eller x = 1/3. Dette gir −→

T = [1,0,0] og−→

T = [1,2,−2]/3 er vektorene som har lengde 1 og som har vinkel 45 grader til både −→V og−W→. Oppgave 5 Gitt funksjonen f(x) = (x+ 1)²/(x+ 2).

a) Bestem den største denisjonsmengden til f(x). Finn eventuelle skrå, horisontale og vertikale asymptoter.

Funksjonen f(x)er lik1/(x+ 2) +x. Den er denert for allex ulik−2. Den har skrå asymptote y =x og vertikal asymptote x=−2.

b) Bestem nårf(x)vokser og når f(x)avtar. Finn alle topp- og bunnpunkt til f(x).

Den deriverte til funksjonen er−1/(x+ 2)²+ 1 = (x²+ 4x+ 3)/(x+ 2)². Den deriverte er lik 0 nårx=−1og nårx=−3. Funksjonen har ingen endepunkt og den deriverte eksisterer i hele denisjonsmengden. De kri- tiske punktene er derfor(−1,0)og(−3,−4). Den andrederiverte er lik f^′′(x) = 2/(x+ 2)³. Andrederivert testen gir da at (−1,0) er et bunn- punkt og at (−3,−4)er et toppunkt. (Alternativt, bruk førstederivert testen eller en annen metode.)

Funksjonen er økende for x ≤ −3 og for x ≥ −1. Funksjonen er avta- gende for −3≤x <−2 og for −2< x≤ −1.

c) Bestem hvor f(x) er konkav opp og konkav ned. Finn eventuelle vende- punkt tilf(x). Vi fannf^′′(x)i b). Funksjonen er konkav opp forx >−2 siden den andrederiverte er positiv, og konkav negativ forx <−2siden den andrederiverte er negativ. Funksjonen har ingen vendepunkt.

d) Lag en skisse av grafen til f(x).